标签：矩形 sizeof sign air 长度 memset const ret c++
作用：O（n^2）用来解决最大矩阵和问题
思路：对于 m*n 矩阵中的任意一点，覆盖这个点的最大矩形的面积为，该点向左右最大能延伸的长度之和与向上最大能延伸的长度的乘积。
描述：首先 O(n^2) 预处理，对于矩阵上的每一个点，我们可以：
1.从它向上引一条悬线，遇到边界或障碍点停止，h[i][j] 数组记录从点 (i,j) 向上的悬线长度。
2.向左延伸，遇到边界或障碍点停止，l[i][j] 数组记录从点 (i,j) 向左最大能延伸的长度。
3.向右延伸，遇到边界或障碍点停止，r[i][j] 数组记录从点 (i,j) 向右最大能延伸的长度。
然后，我们发现，仅仅做出预处理是不够的，
因为，l[i][j] 和 r[i][j] 的值都各自取决于 l[i-1][j] 和 r[i-1][j]。（因为为保证成为一个矩形，l[i][j] 不能超过 l[i-1][j]，r 同理）
所以枚举点对 l 和 r 进行更新，对 l[i][j] 与 l[i-1][j] 取 min，r 同理。
这里可以合并求解与更新，每个点更新完之后顺便算出这个点悬线的矩形面积即可。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define ull unsigned long long #define inf 0x3f3f3f3f #define mp make_pair #define met(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) using namespace std; const int mod=1e9+7; const int N=101,M=101; int l[N][M],r[N][M],h[N][M],c[N][M]; int n,m; void init() { for (int i=1; i<=n; i++) { l[i][0]=0;//左 r[i][m+1]=0;//右 } for (int i=1; i<=m; i++) h[0][i]=0;//上 } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int ans=0,x,y,tmp; cin>>n>>m; for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=m; j++) cin>>c[i][j]; init(); for (int i=1; i<=n; i++) { for (int j=1; j<=m; j++) { if (c[i][j]==0) l[i][j]=0; else l[i][j]=l[i][j-1]+1; if (c[i][j]==0) h[i][j]=0; else h[i][j]=h[i-1][j]+1; if (c[i][m-j+1]==0) r[i][m-j+1]=0; else r[i][m-j+1]=r[i][m-j+2]+1; } } for (int i=1; i<=n; i++) { for (int j=1; j<=m; j++) { if (h[i][j]>1) { l[i][j]=min(l[i][j],l[i-1][j]); r[i][j]=min(r[i][j],r[i-1][j]); } ans=max(ans,h[i][j]*(l[i][j]+r[i][j]-1)); } } cout<<ans<<endl; return 0; }//复杂度O(n^2)
标签：矩形 sizeof sign air 长度 memset const ret c++
原文地址：https://www.cnblogs.com/nublity/p/9688579.html
